2019-2020版高考物理一轮复习课后限时集训6共点力的平衡含解析新人教版

PAGE课后限时集训(六)共点力的平衡(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：物体的受力分析1.一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑物料，若忽略空气阻力，则下列有关物料的受力图正确的是()ABCDD[由题意可知，物料匀速运动，合力为零，对物料受力分析知，拉力T与重力mg平衡，故选项A、B、C错误，D正确。]2．(多选)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是()A．1B．2C．3D．4BCD[若P弹簧对小球向上的弹力等于小球的重力，此时Q弹簧无弹力，小球受2个力平衡；若P弹簧弹力为零，小球受重力、支持力、弹簧Q的拉力处于平衡状态，小球受3个力；若P弹簧弹力不为零，小球受重力、弹簧P的拉力、支持力、弹簧Q的拉力，小球受4个力平衡。故B、C、D对。]3．如图所示，传送带沿逆时针方向匀速转动。小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处于静止状态。关于木块受力个数，正确的是()A．a受4个，b受5个B．a受4个，b受4个C．a受5个，b受5个D．a受5个，b受4个D[先分析木块b的受力，木块b受重力、传送带对b的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力、细线的拉力，共4个力；再分析木块a的受力，木块a受重力、传送带对a的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力，共5个力，故D正确。]题组二：物体的静态平衡4．(2019·杭州模拟)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触。球与地面间的动摩擦因数均为μ，则()A．上方球与下方三个球间均没有弹力B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C．水平地面对下方三个球的支持力均为eq\f(4,3)mgD．水平地面对下方三个球的摩擦力均为eq\f(4,3)μmgC[将四个球看作一个整体，地面对整体的支持力与整体的重力平衡，设下方任意一个球受到的支持力大小为F支，则有3F支＝4mg，所以选项C正确。下方三个球对上方球有支持力，故上方球与下方三个球间有弹力，选项A错误。对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示。由此可知，下方三个球与水平地面间均有摩擦力，选项B错误。由于球与水平地面间的摩擦力属于静摩擦力，因此不能用F＝μFN求解，选项D错误。]5．(2019·贵阳检测)如图所示，用完全相同的轻质弹簧1、2、3将两个相同的小球连接并悬挂，小球静止时，弹簧3水平，弹簧1与竖直方向的夹角θ＝30°，弹簧1的弹力大小为F。则()A．弹簧3的弹力大小为2B．弹簧3的弹力大小为eq\f(F,2)C．每个小球重力大小为eq\f(\r(3),2)FD．每个小球重力大小为eq\r(3)FB[将两球和弹簧2看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧1和3的拉力，如图所示，设弹簧3的拉力为F1，由平衡条件得知，F1和G的合力与F大小相等、方向相反，则得F1＝Fsin30°＝eq\f(1,2)F，G＝Fcos30°＝eq\f(\r(3),2)F，则每个小球重力大小为G′＝eq\f(G,2)＝eq\f(\r(3),4)F，选项B正确，A、C、D错误。]6．(多选)如图所示，质量为M的斜面体A置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态。已知斜面倾角θ＝30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则()A．斜面体对小球的作用力大小为mgB．轻绳对小球的作用力大小为eq\f(1,2)mgC．斜面体对水平面的压力大小为(m＋M)gD．斜面体与水平面间的摩擦力大小为eq\f(\r(3),4)mgBD[以小球为研究对象受力分析如图甲，根据平衡条件，甲乙垂直斜面方向：N＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，故A错误；平行斜面方向：T＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故B正确；以斜面体和小球整体为研究对象受力分析如图乙，竖直方向N′＝(m＋M)g－Tsin30°，故C错误；水平方向Ff＝Tcos30°＝eq\f(\r(3),4)mg，故D正确。]题组三：物体的动态平衡7.如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直下降。关于此过程中绳上拉力大小的变化，下列说法中正确的是()A．不变 B．逐渐减小C．逐渐增大 D．可能不变，也可能增大B[当光滑挂钩下的重物C缓慢竖直下降时，设绳AC和BC与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为F，绳AC和BC在水平方向上的分力均为Fx＝Fsinα，大小相等，方向相反，是一对平衡力。绳AC和BC在竖直方向的分力都为Fy＝Fcosα，两绳的合力与重力是一对平衡力，所以2Fy＝2Fcosα＝mg，即F＝eq\f(mg,2cosα)，重物C缓慢下降时，α逐渐减小，所以两绳的拉力F都不断减小，选项B正确。]8.如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大D[因为小球所受的G、FN、FT三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形，如图所示，G的大小和方向始终不变，FN的方向不变，大小可变，FT的大小、方向都在变，在细绳向上偏移的过程中，可以作出一系列矢量三角形，由图可知在FT变化到与FN垂直前，FT是逐渐变小的，然后FT又逐渐变大。故D正确。]9.(多选)(2019·宝鸡质检)如图所示，质量为M的木块A套在粗糙水平杆上，并用轻绳将木块A与质量为m的小球B相连。现用水平力F将小球B缓慢拉起，在此过程中木块A始终静止不动。假设杆对A的支持力为FN，杆对A的摩擦力为Ff，绳中张力为FT，则此过程中()A．F增大B．Ff不变C．FT增大D．FN减小AC[先以B为研究对象分析，受重力、水平力F和轻绳的拉力FT，如图甲所示，由平衡条件得：FT＝eq\f(mg,cosθ)，F＝mgtanθ，θ增大，FT增大，F增大。再以整体为研究对象，受力分析如图乙所示，根据平衡条件得：Ff＝F，则Ff逐渐增大。FN＝(M＋m)g，即FN保持不变，故A、C正确。甲乙]10.(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2，则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小之间的关系，正确的是()A．FT1>FT2B．FT1＝FT2C．F1<F2D．F1＝BC[小球B受重力mg、绳子拉力FT和弹簧弹力F三个力而平衡，平移FT、F构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB相似，因此有eq\f(mg,OA)＝eq\f(FT,L)＝eq\f(F,AB)，其中OA、L保持不变，因此绳子的拉力FT大小保持不变，A错误，B正确；当弹簧的劲度系数k增大时，弹簧的压缩量减小，A、B间距离增大，因此对应的力F增大，C正确，D错误。]题组四：平衡中的临界、极值问题11.如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为()A.eq\f(7,5)B.eq\f(5,7)C.eq\f(13,5)D.eq\f(5,13)C[设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件，有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(13,5)；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件，有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得eq\f(m1,m2)＝－eq\f(7,5)(舍去)。综上分析，可知应选C。]12.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小；(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有Fcosθ＋mg＝N ①Fsinθ＝f ②式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。又f＝μN ③联立①②③式得F＝eq\f(μ,sinθ－μcosθ)mg。 ④(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有Fsinθ≤λN ⑤这时，①式仍满足，联立①⑤式得sinθ－λcosθ≤λeq\f(mg,F)现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sinθ－λcosθ≤0使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为tanθ0＝λ。答案：见解析[考点综合练]13.(多选)(2019·广州调研)如图所示，半圆柱体Q放在水平地面上，表面光滑的圆柱体P放在Q和墙壁之间，Q的轴线与墙壁之间的距离为L，已知Q与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，P、Q横截面半径均为R，P的质量是Q的2倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P、Q均处于静止状态，则()A．L越大，P、Q间的作用力越大B．L越大，P对墙壁的压力越小C．L越大，Q受到地面的摩擦力越小D．L的取值不能超过eq\f(11,5)RAD[对P受力分析如图甲所示，在竖直方向上有FQsinθ＝mPg，L越大则θ越小，sinθ越小，FQ越大，A正确；水平方向上有F墙＝eq\f(mPg,tanθ)，tanθ越小，F墙越大，B错误；通过整体分析由图乙可知Q受到地面的摩擦力等于F墙，则C错误；由最大静摩擦力fmax＝3μmQg，fmax≥F墙，则tanθ≥eq\f(4,3)，如图可得L＝2Rcosθ＋R≤eq\f(11R,5)，D正确。甲乙]14.如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高(细绳尚未到达平行于斜面的位置)。在此过程中()A．绳对小球的拉力减小B．斜面体对小球的支持力减小C．水平推力F减小D．地面对斜面体的支持力不变A[对小球受力分析，如图甲所示，斜面体左移会引起FT的方向及大小的变化而FN的方向不变，三力的合力为0，则形成闭合三角形，FT与FN相互垂直时FT最小，此时细线和斜面平行，则细线尚未到达平行于斜面的位置时，FT逐渐变小，FN逐渐变大，故选项A正确，B错误；对斜面体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件，有：F＝F′Nsinα＝FNsinα，FN地＝Mg＋F′Ncosα＝Mg＋FNcosα。由于FN增大，故支持力FN地和推力F均增大，故C、D错误。甲乙]15.如图所示，质量M＝2eq\r(3)kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝eq\r(3)kg的小球B相连。今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10eq\r(3)N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ；(3)当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？解析：(1)对B进行受力分析，设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得Fcos30°＝TcosθFsin30°＋Tsinθ＝mg解得T＝10eq\r(3)N，tanθ＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°。(2)对A进行受力分析，由平衡条件有Tsinθ＋Mg＝FNTcosθ＝μFN解得μ＝eq\f(\r(3),5)。(3)对A、B进行受力分析，由平衡条件有Fsinα＋FN＝(M＋m)g，Fcosα＝μFN解得F＝eq\f(M＋mgμ,cosα＋μsinα)令sinβ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，cosβ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即tanβ＝eq\f(1,μ)，则F＝eq\f(M＋mgμ,\r(1＋μ2)sinβcosα＋cosβsinα)＝eq\f(M＋mgμ,\r(1＋μ2)sinβ＋α)显然，当α＋β＝90°时，F有最小值，所以tanα＝μ＝eq\f(\r(3),5)时，即α＝arctaneq\f(\r(3),5)，F的值最小。答案：(1)30°(2)eq\f(\r(3),5)(3)arctaneq\f(\r(3),5)高考真题集中练(教师用书独具)1．(2016·全国卷Ⅱ)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳O